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UNIVERSIDADE FEDERAL DE UBERLÂNDIA Instituto de Química
PROGRAMA DE PÓS-GRADUAÇÃO EM QUÍMICA
Avaliação Processo Seletivo 2015/2
PGQ____
QUESTÕES 1 a 4 - OBRIGATÓRIAS
11ªª QQuueessttããoo ((77,,55 ppoonnttooss)) ________________________________________________________ oobbrriiggaattóórriiaa
a)
(2,5 pontos)
b) Geometria molecular angular. (2,5 pontos)
c) Na molécula de oxigênio (O2) a ligação entre os oxigênios é dupla (ordem 2) enquanto no ozônio a
ligação tem ordem 1,5. A menor ordem de ligação do ozônio indica ligações mais fracas (mais longas) do
que no oxigênio, ou seja, os elétrons estão mais disponíveis para reagir com outras moléculas. Assim o
ozônio é um oxidante mais forte que o oxigênio. (2,5 pontos)
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22ªª QQuueessttããoo ((77,,55 ppoonnttooss)) ________________________________________________________ oobbrriiggaattóórriiaa
a) CH3COONa(aq) + H2O(l) CH3COOH(aq) + OH-(aq) (1,5 pontos)
Kh = [CH3COOH] [ OH-]/ [CH3COONa] ) (1,0 ponto)
b) C1V1 = C2V2, como V2 = 2 V1 temos: C2 = C1 V1/2 V1 = 0,125/2 = 0,0625 mol L-1 (2,5 pontos)
c) pH = pKa + log [base conjugada]/[ácido] = 4,75 + log(0,125/0,100) = 4,75 + 0,097 = 4,85. (2,5 pontos)
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33ªª QQuueessttããoo ((77,,55 ppoonnttooss)) ________________________________________________________ oobbrriiggaattóórriiaa
OS ITENS a) E b) DESTA QUESTÃO FORAM CANCELADOS. PORTANTO, FOI ATRIBUÍDA PONTUAÇÃO
MÁXIMA PARA TODOS OS ALUNOS NESTES DOIS ITENS.
c) As interações responsáveis pela estabilização da α-hélice do polipeptídio são as ligações de
hidrogênio entre o grupo N-H e o grupo C=O da amida encontrada na ligação peptídica. (2,5
pontos)
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44ªª QQuueessttããoo ((77,,55 ppoonnttooss)) ________________________________________________________ oobbrriiggaattóórriiaa
a) entre o éter etílico e o 1-butanol, o segundo é o que apresenta maior ponto de ebulição, por
apresentar forças intermoleculares do tipo ligações de hidrogênio, que são mais fortes que as forças
intermoleculares do tipo dipolo-dipolo, apresentadas pelo éter etílico.
Sugestão de nota: 0,5 ponto para indicação da estrutura que tem maior p.e. e 1,0 para a justificativa.
b) entre o fenol e o cicloexanol, o primeiro é considerado ácido mais forte, uma vez que a base
conjugada deste ácido pode ser estabilizada por estruturas de ressonância.
As estruturas de ressonância podem ser consideradas como parte complementar da resposta.
Quanto mais dispersa uma carga, mais estável é a espécie. Assim, quanto maior a estabilidade da base
conjugada (base mais fraca), maior a força do ácido que deu origem, o que não acontece para o
cicloexanol.
Sugestão de nota: 0,5 ponto para indicação da estrutura que tem maior acidez e 1,5 pontos para a
justificativa.
c) entre a anilina e a cicloexilamina, a segunda é considerada base mais forte, uma vez que o par de
elétrons do grupo amino está mais localizado sobre o nitrogênio (uma base é tanto mais forte quanto
mais disponível for o par de elétrons). Enquanto que na anilina o par de elétrons do grupo amino
pode ser disperso no anel aromático através de estruturas de ressonância, tornado assim o par de
elétrons menos disponível e consequentemente a anilina uma base mais fraca.
As estruturas de ressonância podem ser consideradas como parte complementar da resposta.
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Na cicloexilamina além da maior disponibilidade do par de elétrons ainda há o efeito indutivo do grupo
cicloalquila que doa elétrons pelo efeito indutivo, aumentando assim a densidade de elétrons sobre o
nitrogênio do grupo amino, tornando este uma base mais forte.
Sugestão de nota: 0,5 ponto para indicação da estrutura que tem maior basicidade e 1,5 pontos para a
justificativa.
d)
Sugestão de nota: 0,5 ponto para indicação da estrutura do produto principal e 1,5 pontos para o
mecanismo. Como o mecanismo tem 3 etapas, cada uma poderia valer 0,5 ponto.
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E S C O L H A 4 D A S 6 Q U E S T Õ E S A S E G U I R
55ªª QQuueessttããoo ((77,,55 ppoonnttooss)) ____________________________________________________________ eelleettiivvaa
DUAS RESOLUÇÕES DA QUESTÃO FORAM CONSIDERADAS
RESOLUÇÃO 1
a) 2Fe(s) + 6HCl(aq) → 2FeCl3(aq) + 3H2(g) (1,5 pontos)
b) n(H2) = pV(H2)/RT = 1x1,350/0,082x298,2 = 0,0552 mol H2 (1,0 ponto)
n(Fe) = 2 mol Fe x 0,0552 mol H2/3 mol H2 = 0,0368 mol Fe (2,0 pontos)
m(Fe) = n M = 0,0368 x 55,8 = 2,0534 g Fe (1,0 ponto)
c) 1 mol Fe x 3,90 mol HCl/3 mol HCl = 1,30 mol Fe (1,0 ponto)
nFe (excesso) = 1,50 – 1,30 = 0,20 mol Fe
m(Fe) excesso = n M = 0,20 x 55,8 = 11,16 g Fe (1,0 ponto)
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RESOLUÇÃO 2
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66ªª QQuueessttããoo ((77,,55 ppoonnttooss)) ____________________________________________________________ eelleettiivvaa
a) ambos os complexos apresentam o íon Fe3+ que apresenta configuração d5 sendo coordenados a
6 ligantes o que leva a geometria octaédrica. Na teoria do campo cristalino a presença dos
ligantes no arranjo octaédrico quebra a degenerescência dos orbitais d gerando dois conjuntos
de orbitais, conhecidos como t2g e eg. A separação de energia entre estes 2 conjuntos de orbitais
depende, entre outras coisas, da força dos ligantes. A informação de que o complexo contendo
H2O como ligante apresenta paramagnetismo mais acentuada indica que o mesmo possui mais
elétrons desemparelhados do que o complexo contendo CN-, ou seja, forma um complexo de
alto spin. Por outro lado o complexo com CN- forma um complexo de baixo spin que apresenta
menos elétrons desemparelhados. Os seguintes diagramas de campo cristalino se aplicam para
os complexos em questão:
[Fe(H2O)6]3+ [Fe(CN)6]3-
b) Neste complexo o ferro tem estado de oxidação 2+ (Fe2+) correspondendo a uma configuração d6.
Dado que o ligante CN- é forte (série espectroquímica) espera-se que os seis elétrons ocupem
completamente os orbitais t2g , de modo que todos os elétrons encontram-se emparelhados e o
complexo tem comportamento diamagnético. O diagrama do campo cristalino abaixo representa o
complexo em questão.
[Fe(CN)6]4-
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c) íons Fe3+ estarão na forma [Fe(H2O)6]3+. Devido à ligação da H2O ao Fe3+ ocorre um enfraquecimento
da ligação OH deixando os hidrogênios ligeiramente ácidos, conforme mostrado pela equação:
[Fe(H2O)6]3+(aq) + H2O(l) [Fe(H2O)5(OH)]2+(aq) + H3O+(aq)
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77ªª QQuueessttããoo ((77,,55 ppoonnttooss)) ____________________________________________________________ eelleettiivvaa
a) Ba2+(aq) + SO42-(aq) BaSO4(s) (1,5 pontos)
CO32-(aq) + 2 H+(aq) H2CO3(aq) H2O(l) + CO2(g) (2,0 pontos)
b) Agente oxidante: íon dicromato (Cr2O72-); Cr6+/Cr3+ ∆Nox = 6 - 3 = 3. (2,0 pontos)
Agente redutor: íon iodeto (I-); I-/I° ∆Nox = 1 - 0 = 1. (2,0 pontos)
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88ªª QQuueessttããoo ((77,,55 ppoonnttooss)) ____________________________________________________________ eelleettiivvaa
8) a)
Diagrama de orbital molecular preenchido.
A molécula de NO é paramagnética, com um único elétron desemparelhado no orbital HOMO
antiligante. Este orbital antiligante possui um plano nodal na região internuclear e desestabiliza a
ligação entre o N e o O. Portanto, esse elétron desemparelhado pode ser retirado com facilidade.
(4,0 pontos)
b) Ordem de ligação (O.L.) do NO = (Número de elétron nos orbitais ligantes – Número de elétron
nos orbitais anti-ligantes) ÷ 2 = (8–3)/2 = 2,5 (1,0 ponto)
Ordem de ligação (O.L.) do NO+ = (Número de elétron nos orbitais ligantes – Número de elétron
nos orbitais anti-ligantes) ÷ 2 = (8–2)/2 = 3 (1,0 ponto)
Ordem de ligação do NO = 2,5 e a ordem da ligação do NO+ = 3.
Como a ordem de ligação do NO+ é maior, a força de oscilador (ligação) também será maior e
consequentemente o mesmo apresentará um comprimento de ligação menor do que o
encontrado para a molécula de NO. (1,5 pontos)
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a)
Sugestão de nota: 0,5 ponto para o desenho de cada estereoisômero e 0,5 ponto para a indicação da
estereoquímica (R ou S) de cada um dos carbonos assimétricos.
b)
Sugestão de nota: 0,5 ponto para cada indicação da relação (enantiômeros ou diastereômeros). Obs.:
diastereômeros ou diastereoisômeros podem ser considerados.
c)
Sugestão de nota: 0,5 ponto para cada indicação do desvio do plano da luz polarizada.
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1100ªª QQuueessttããoo ((77,,55 ppoonnttooss)) ____________________________________________________________ eelleettiivvaa
a) cátodo: placa de cobre (Cu°) (0,5 ponto)
semi-reação: Cu2+(aq) + 2 e- Cu(s) (1,0 ponto)
ânodo: placa de zinco (Zn°) (0,5 ponto)
semi-reação: Zn(s) Zn2+(aq) + 2 e- (1,0 ponto)
b) representação: Zn(s) / Zn2+(aq) // Cu2+(aq) / Cu(s) (1,0 ponto)
E° = E°Red + E°Oxi = +0,337 + (+0,763) = +1,10 V, como o potencial eletroquímico da pilha é positivo
(E°>0) a reação será espontânea. (1,0 ponto)
c) Q = i ∆t = 1,90 x 160 = 304 C (1,0 ponto)
Cu2+(aq) + 2 e- Cu(s) 2 x 96500 C 63,5 g Cu
304 C m = 0,100 g de cobre (1,5 pontos)